前言：仅个人小记。该恒等式推导逻辑非常简洁。目标：求一个多项式的所有根的次幂和。比如多项式$P(x)={\Sigma }_{i=0}^n{a}_i{x}^i$的根为 $\alpha ,\beta ,...,\omega$，现在希望求得所有根的$k$次幂和，记为$P_k={\alpha }^k+{\beta }^k+...+{\omega }^k$。牛顿给出了关于次幂和 $P_1,P_2,...,P_k$和多项式系数之间的一个恒等式关系，称为牛顿恒等式。

注意：只是假定了根，在假定根的基础上推导出了$P_1,P_2,...,P_k$之间的关系，注意这个关系并不依赖于根值。

过程描述

多项式为$P(x)={\sum }_{i=0}^n{a}_i{x}^i$，另一种等价描述为$$P(x)=\sum _{i=-\infty }^n{a}_i{x}^i,(a_i=0,i<0)$$该多项式的根为根为 $\alpha ,\beta ,...,\omega$【注意，这里并没有说是全部根】，记$$P_k={\alpha }^k+{\beta }^k+...+{\omega }^k$$
显然，因为 $\alpha ,\beta ,...,\omega$ 是$P(x)={\sum }_{i=0}^n{a}_i{x}^i$的根，故而必然

$$\begin{gathered} P(\alpha )=0 \\ P(\beta )=0 \\ ... \\ P(\omega )=0 \end{gathered}$$进而，必然有

$$\begin{gathered} {\alpha }^{k-n}P(\alpha )=0 \\ {\beta }^{k-n}P(\beta )=0 \\ {\omega }^{k-n}P(\omega )=0 \end{gathered}$$展开为
$$\begin{gathered} \sum _{i=\infty }^n{a}_i{\alpha }^{i+k-n}=0 \\ \sum _{i=-\infty }^n{a}_i{\beta }^{i+k-n}=0 \\ ... \\ \sum _{i=-\infty }^n{a}_i{\omega }^{i+k-n}=0 \end{gathered}$$对上述所有式子左右两侧累加得到，

$$\sum _{i=-\infty }^n{a}_i({\alpha }^{i+k-n}+{\beta }^{i+k-n}+...+{\omega }^{i+k-n})=0$$
进一步代入上面定义了的符号$P_k={\alpha }^k+{\beta }^k+...+{\omega }^k$，则有

$$\sum _{i=0}^n{a}_i{P}_{i+k-n}=0$$
即牛顿恒等式，进一步将其展开为(注意下标)

$$a_n{P}_{n+k-n}+a_{n-1}{P}_{n-1+k-n}+...+a_0{P}_{0+k-n}=0$$即$$a_n{P}_k+a_{n-1}{P}_{k-1}+...+a_0{P}_{k-n}=0,k-n\ge 0$$这就是我们平常见到的牛顿恒等式的完整描述（注意：该式子是恒等式组，而不只是单个式子）。具体地，考虑$k=1$时，则有
$$\begin{array}{rl}k=1,& a_n{P}_1+a_{n-1}{P}_0=0\\ k=2,& a_n{P}_2+a_{n-1}{P}_1+a_{n-2}{P}_0=0\\ ...& \\ k=k,& a_n{P}_k+a_{n-1}{P}_{k-1}+...+a_0{P}_{k-n}=0\end{array}$$

再次强调，上述的推导过程只是使用了假定的根，在这个基础上推出了$P_1,P_2,...,P_k$ 之间的关系。另外，默认最高次项系数$a_n=1$。

$P(x)=(x-1)(x-2)=x^2-3x+2=a_2{x}^2+a_{1}x+a_0$，进而，$a_2=1,a_1=-3,a_0=2$。显然，$P(x)$的根位$\alpha =1,\beta =2$，则计算牛顿和为$$\begin{gathered} P_0={\alpha }^0+{\beta }^0=1^0+2^0=2 \\ {P}_1={\alpha }^1+{\beta }^1=1^1+2^1=3 \\ {P}_2={\alpha }^2+{\beta }^2=1^2+2^2=5 \end{gathered}$$
验证牛顿恒等式：$k=1$时，$a_2{P}_1+a_1{P}_0=1\times 3+(-3)\times 1=0$，验证通过。$k=2$时，$a_2{P}_2+a_1{P}_1+a_0{P}_0=1\times 5+(-3)\times 3+2\times 2=0$，验证通过。

注意到，$P_0$的值就是根的数目。

牛顿恒等式的使用示例

$希望计算$$P_k={\alpha }^k+{\beta }^k+...+{\omega }^k$，显然根据牛顿恒等式

$$a_n{P}_k+a_{n-1}{P}_{k-1}+...+a_0{P}_{k-n}=0,k-n\ge 0$$

$只要计算出$$P_{k-1},P_{k-2},...,P_0$即可，显然这呈现出了一种递归的形态，递归的最深层就是求解$P_0$，而显然$P_0={\alpha }^0+{\beta }^0+...+{\omega }^0=1$，是一个确定值，所以递归必然可以终止，进而必然可以递归求解出目标$P_k$。

给定牛顿和求系数

公式

$$f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+...+a_{1}x+a_0$$
$$\begin{array}{r}{P}_1+a_{n-1}=0\\ P_2+a_{n-1}{P}_1+2a_{n-2}=0\\ P_2+a_{n-1}{P}_2+a_{n-2}{P}_1+3a_{n-3}=0\\ ...\end{array}$$

例子

$$(x-1{)}^2(x-2)=-2+5x-4x^2+x^3$$
$$P_1=1+1+2=4,P_2=1^2+1^2+2^2=6,P_3=1^3+1^3+2^3=10$$
$$n=3$$
$$P_1+a_{3-1}=0\Rightarrow a_2=-4$$

$$P_2+a_{3-1}{P}_1+2a_{3-2}=0\Rightarrow a_1=-\frac{P_2+a_2{P}_1}{2}=-\frac{6-4\ast 4}{2}=5$$

$$P_3+a_{3-1}{P}_2+a_{3-2}{P}_1+3a_{3-3}=0\Rightarrow a_0=-\frac{10-4\ast 6+5\ast 4}{3}=-2$$

n=10例子

$$\begin{array}{rl}{P}_1+a_9& =0\\ P_2+a_9{P}_1+2a_8& =0\\ P_3+a_9{P}_2+a_8{P}_1+3a_7& =0\\ P_4+a_9{P}_3+a_8{P}_2+a_7{P}_1+4a_6& =0\\ P_5+a_9{P}_4+a_8{P}_3+a_7{P}_2+a_6{P}_1+5a_5& =0\\ P_6+a_9{P}_5+a_8{P}_4+a_7{P}_3+a_6{P}_2+a_5{P}_1+6a_4& =0\\ ...& \end{array}$$

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